Question

已知函数f（x）=（a-

1

2

）x²+lnx（a∈R），
（1）若?x∈[1，3]，使f（x）＜（x+1）lnx成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数f（x）的图象在区间（1，+∞）内恒在直线y=2ax下方，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：函数恒成立问题

专题：导数的综合应用

分析：（1）将不等式f（x）＜（x+1）lnx化为a-

1

2

＜

lnx

x

，令h（x）=

lnx

x

，利用导数求h（x）在[1，3]上的最大值，?x∈[1，3]，使f（x）＜（x+1）lnx成立等价于，
a-

1

2

＜h(x)max=

1

e

，解不等式即可．
（2）在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象在直线y=2ax的下方等价于对?x∈（1，+∞），f（x）＜2ax．即（a-

1

2

）x²+lnx-2ax＜0恒成立．构造函数g（x）=（a-

1

2

）x²-2ax+lnx，x∈[1，+∞）．利用导数讨论g（x）的最值，其最值小于0时，a的取值范围即所求．

解答： 解：（1）∵f（x）=（a-

1

2

）x²+lnx（a∈R），
∴f（x）＜（x+1）lnx可化为，
（a-

1

2

）x²+lnx＜（x+1）lnx，
即（a-

1

2

）x²＜xlnx，
∵x∈[1，3]，
∴a-

1

2

＜

lnx

x

，
令h（x）=

lnx

x

，
则h′（x）=

1-lnx

x2

，
由h′（x）=0得，x=e，
当x∈[1，e]时，h′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈[e，3]时，h′（x）＜0，g（x）单调递减，
∴h（e）=

1

e

，
∴?x∈[1，3]，使f（x）＜（x+1）lnx成立等价于，
a-

1

2

＜h(x)max=

1

e

，
∴a＜

1

2

+

1

e

∴实数a的取值范围是（-∞，

1

2

+

1

e

）．
（2）在区间（1，+∞）上，函数f（x）的图象在直线y=2ax的下方等价于
对?x∈（1，+∞），f（x）＜2ax．即（a-

1

2

）x²+lnx-2ax＜0恒成立．
设g（x）=（a-

1

2

）x²-2ax+lnx，x∈[1，+∞）．
则g′(x)=(2a-1)x-2a+

1

x

=(x-1)(2a-1-

1

x

)．
当x∈[1，+∞）时，x-1＞0，0＜

1

x

＜1．
①若2a-1≤0，即a≤

1

2

时，g′（x）＜0，
∴函数g（x）在区间x∈[1，+∞）上为减函数．
∴当?x∈（1，+∞）时，g（x）＜g（1）=a-

1

2

-2a=-

1

2

-a．
只需-

1

2

-a≤0，即当-

1

2

≤a≤

1

2

时，
g（x）=（a-

1

2

）x²-2ax+lnx＜0恒成立．
②若0＜2a-1＜1，即

1

2

＜a＜1时，
令g′(x)=(x-1)(2a-1-

1

x

)=0
得x=

1

2a-1

＞1．
函数g（x）在区间（1，

1

2a-1

）为减函数，（

1

2a-1

，+∞）为增函数．
则g（x）∈（g（

1

2a-1

），+∞），不合题意．
③若2a-1≥1，即当a≥1时，g′（x）＞0．
函数g（x）为增函数．
则g（x）∈（g（1），+∞），不合题意．
∴实数a的取值范围是[-

1

2

，

1

2

]．

点评：本题考查利用导数求函数的最值以及存在性问题和恒成立问题的解决技巧，属于难题．